1、第三节第三节 平面向量的数量积与平面向量应用平面向量的数量积与平面向量应用 非零非零 |a|b|cos a b |a|b|cos b a a (b) a cb c 精品PPT 结论结论 几何表示几何表示 坐标表示坐标表示 模模 夹角夹角 cos _ cos _ ab 的充要条件的充要条件 _ _ |a b|与与|a|b|的关系的关系 |a b|_ |x1x2y1y2| _ x2 1 y2 1 |a|_ a a a b |a|b| x1x2y1y2 x2 1 y2 1 x 2 2 y2 2 a b0 x1x2y1y20 |a|b| x2 1 y2 1 x 2 2 y2 2 |a|_ 1(2015
2、 全国卷全国卷改编改编)向量向量 a(1，1)，b(1,2)，则，则 (2ab) a_. 解析：解析：法一法一：a(1，1)，b(1,2)， a22，a b3， 从而从而(2ab) a2a2a b431. 法二法二：a(1，1)，b(1,2)， 2ab(2，2)(1,2)(1,0)， 从而从而(2ab) a(1,0) (1，1)1. 答案：答案：1 2(教材习题改编教材习题改编)已知向量已知向量a，b满足满足|a|b|2，且，且a b 2，则，则a与与b的夹角为的夹角为_ 解析：解析：因为因为cosa，b a b |a|b| 1 2，所以 ，所以a，b 3. 答案：答案： 3 3(教材习题改编
3、教材习题改编)已知向量已知向量a，b满足满足|a|1，|b|2，a与与 b的夹角为的夹角为60，则，则|ab|_. 解析：解析：|ab| ab 2 a2b22a b 1222212cos 60 3. 答案：答案： 3 4已知两个单位向量已知两个单位向量e1，e2的夹角为的夹角为 3 ，若向量，若向量b1e1 2e2，b23e14e2，则，则b1 b2_. 解析：解析：b1e12e2，b23e14e2， 则则 b1 b2(e12e2) (3e14e2)3e2 1 2e1 e28e2 2. 因为因为 e1，e2为单位向量， 为单位向量， e1，e2 3， ， 所以所以 b1 b2321 2 86.
4、 答案：答案：6 1(1)0与实数与实数0的区别：的区别：0a00，a(a)00，a 0 00；(2)0的方向是任意的，并非没有方向，的方向是任意的，并非没有方向，0与任与任 何向量平行，我们只定义了非零向量的垂直关系何向量平行，我们只定义了非零向量的垂直关系 2a b0不能推出不能推出a0或或b0，因为，因为a b0时，有可能时，有可能a b. 3在运用向量夹角时，注意其取值范围在运用向量夹角时，注意其取值范围0， 4在用在用|a|a2求向量的模时，一定要把求出的求向量的模时，一定要把求出的a2再进行再进行 开方开方 1给出下列说法：给出下列说法： 若若a b0，则，则a和和b的夹角为锐角，
5、若的夹角为锐角，若a b0，即，即184t0，解得，解得t9 2. 但当但当t8时，两向量同向，应舍去，时，两向量同向，应舍去， 故实数故实数t的取值范围是的取值范围是 9 2， ，8 (8，) 答案：答案： 9 2， ，8 (8，) 3已知向量已知向量 a(2cos ，2sin )， 2， ， ，b(0， 1)，则，则 a 与与 b 的夹角为的夹角为_ 解析：解析：以坐标原点以坐标原点 O 为起点，可知向量为起点，可知向量 a 和和 b 如图所示，易知它们的夹角为如图所示，易知它们的夹角为3 2 . 答案：答案：3 2 1(易错题易错题)设向量设向量a(1,2)，b(m,1)，如果向量，如果
6、向量a2b 与与2ab平行，那么平行，那么a b_. 解析：解析：a2b(12m,4)，2ab(2m,3)，由，由 题意得题意得 3(12m)4(2m)0，则，则 m1 2， ， 所以所以 a b1 1 2 215 2. 答案： 答案：5 2 2设向量设向量a，b均为单位向量，且均为单位向量，且|ab|1，则，则a与与b的夹角为的夹角为 _ 解析：解析：|ab|1，a22a bb21. 又又|a|b|1，cosa，b1 2. 又又a，b0，a，b2 3 . 答案：答案：2 3 3(2016 苏州中学检测苏州中学检测)如图，已知如图，已知e1，e2为互相垂直的两为互相垂直的两 个单位向量，则个单
7、位向量，则|ab|_. 解析：解析：由题设，知由题设，知a1 2e1 7 2e2， ， b3 2e1 1 2e2， ， 所以所以ab2e14e2，所以，所以|ab| 2e14e2 2 4e2 1 16e1 e216e2 2 202 5. 答案：答案：2 5 4(2015 天津高考天津高考)在等腰梯形在等腰梯形 ABCD 中，已知中，已知 ABDC， AB2，BC1， ABC60.点点 E 和和 F 分别在线段分别在线段 BC 和和 DC 上，且上，且BE2 3 BC，DF1 6 DC，则，则AEAF的值的值 为为_ 解析：解析：取取BA，BC为一组基底，为一组基底， 则则AEBEBA2 3 B
8、CBA， AFABBCCFBABC 5 12 BA 7 12 BABC， AEAF 2 3 BCBA 7 12 BABC 7 12| BA|225 18 BABC2 3| BC|2 7 12 425 18 211 2 2 3 29 18. 答案答案：29 18 方法方法 运用提示运用提示 适用题型适用题型 定义法定义法 当已知向量的模和夹角当已知向量的模和夹角 时时，可利用定义法求解可利用定义法求解， 即即a b|a| |b|cos 适用于平面图形中的适用于平面图形中的 向量数量积的有关计向量数量积的有关计 算问题算问题 坐标法坐标法 当已知向量的坐标时当已知向量的坐标时，可可 利用坐标法求解
9、利用坐标法求解，即若即若a (x1，y1)，b(x2，y2)， 则则a bx1x2y1y2 适用于已知相应向量适用于已知相应向量 的坐标求解数量积的的坐标求解数量积的 有关计算问题有关计算问题 平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题 型多为填空题，难度适中，属中档题型多为填空题，难度适中，属中档题 常见的命题角度有：常见的命题角度有： (1)平面向量的模；平面向量的模； (2)平面向量的夹角；平面向量的夹角； (3)平面向量的垂直平面向量的垂直 解析：解析：e1 e21 2， ， |e1|e2e1，e21 2， ，e1，e260. 又又b
10、e1b e210，b，e1b，e230. 由由b e11，得，得|b|e1|cos 301，|b| 1 3 2 2 3 3 . 答案：答案：2 3 3 2(2016 南京一中检测南京一中检测)若若a，b，c均为单位向量，且均为单位向量，且a b0， (ac) (bc)0，则，则|abc|的最大值为的最大值为_ 解析：解析：由题意，知由题意，知 a21，b21，c21.由由 a b0 及及(a c) (bc)0，知，知(ab) c1.因为因为|abc|2a2b2c2 2a b2a c2b c，所以，所以|abc|232(a cb c)1，故，故 |abc|max1. 答案：答案：1 解析：解析：
11、a(2ab)，a (2ab)0，2|a|2a b0， 即即 2|a|2|a|b|cosa，b0. |b|4|a|，2|a|24|a|2cosa，b0， cosa，b1 2， ，a，b2 3 . 答案：答案：2 3 4(2016 南京名校联考南京名校联考)在在ABC 中，中，AB( 2， 3)， AC(1， 2)，则，则ABC 的面积为的面积为_ 解析：解析：由题意得，由题意得，(|AB| |AC|)2(|AB| |AC| cosAB， AC)2(|AB| |AC| sinAB，AC)2， 即即(|AB| |AC|)2(ABAC)2(|AB| |AC| sinAB，AC)2， |AB| |AC|
12、 sinAB，AC2 3， S ABC1 2| AB| |AC| sinAB，AC1 3 2 . 答案：答案：1 3 2 解析：解析：因为因为 2a3b(2k3，6)，(2a3b)c， 所以所以(2a3b) c2(2k3)60， 解得解得 k3. 答案：答案：3 6已知向量已知向量AB与与AC的夹角为的夹角为 120，且，且|AB|3，|AC| 2.若若AP ABAC， 且， 且APBC， 则实数， 则实数 的值为的值为 _ 解析：解析：BCACAB，由于，由于APBC，所以，所以APBC0， 即即 (ABAC) (ACAB) 2 AB 2 AC ( 1)ABAC94(1)32 1 2 0，
13、解得， 解得 7 12. 答案：答案： 7 12 考点三考点三 平面向量与三角函数的综合平面向量与三角函数的综合 重点保分型考点重点保分型考点师生共研师生共研 典例引领典例引领 (2016 苏北四市调研苏北四市调研)已知函数已知函数f(x)a b，其中，其中a(2cos x， 3sin 2x)，b(cos x,1)，xR. (1)求函数求函数yf(x)的单调递减区间；的单调递减区间； (2)在在ABC中，角中，角A，B，C所对的边分别为所对的边分别为a，b，c，f(A) 1，a 7，且向量，且向量m(3，sin B)与与n(2，sin C)共线，求边共线，求边 长长b和和c的值的值 解：解：(
14、1)f(x)a b2cos2x 3sin 2x 1cos 2x 3sin 2x12cos 2x 3 ， 令令 2k2x 3 2k(kZ)， 解得解得 k 6 xk 3(k Z)， 所以所以 f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为 k 6， ，k 3 (kZ) (2)f(A)12cos 2A 3 1， cos 2A 3 1. 又又 32A 3 7 3 ， 2A 3 ，即，即 A 3. a 7， 由余弦定理得由余弦定理得 a2b2c22bccos A (bc)23bc7. 向量向量 m(3，sin B)与与 n(2，sin C)共线，共线， 所以所以 2sin B3sin C. 由正弦定理得由正
15、弦定理得 2b3c， 由由，可得可得 b3，c2. 已知已知a(cos x,2cos x)，b(2cos x，sin x)，f(x)a b. (1)把把f(x)图象向右平移图象向右平移 6 个单位长度得到个单位长度得到g(x)的图象，求的图象，求g(x) 的单调递增区间；的单调递增区间； (2)当当a0，a与与b共线时，求共线时，求f(x)的值的值 解：解：(1)f(x)a b2cos2x2sin xcos xsin 2xcos 2x1 2sin 2x 4 1. g(x) 2sin 2 x 6 4 1 2sin 2x 12 1. 由由 2 2k2x 12 2 2k，kZ 得，得， 5 24 kx7 24 k，kZ， g(x)的单调递增区间为的单调递增区间为 5 24 k，7 24 k ，kZ. (2)a0，a 与与 b 共线，共线，cos x0， sin xcos x4cos2x0，tan x4. f(x)2 cos2x2sin xcos x2cos 2x 2sin xcos x sin2xcos2x 2 2tan x 1tan2x 10 17. “课后课后三维演练三维演练”见见“课时跟踪检测课时跟踪检测(二十七二十七)” ( (单击进入电子文档单击进入电子文档) )
